浙江省宁波市九校2022-2023学年高一下学期期末联考数学试题（解析版）.pdf

1、第1页/共27页 学科网（北京）股份有限公司宁波市 2022 学年第二学期期末九校联考高一数学试题选择题部分一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知复数13i12iz+=，则 z 的共轭复数的虚部为（）A.1 B.i C.i D.1【答案】D【解析】【分析】利用复数的除法运算化简 z，再由共轭复数的定义即可得 z，进而可得虚部.【详解】()()()()1 3i12i1 3i55i1 i1 2i1 2i12i5z+=+，所以1 iz=，所以 z 的虚部为 1.故选：D.2.在平面直角坐标系 xOy 中，若角 以

2、x 轴的非负半轴为始边，且终边过点()4,3，则2cos 的值为（）A.35 B.35 C.45 D.45【答案】A【解析】【分析】利用诱导公式可得cossin2=，再利用三角函数的定义即可求解.【详解】角 的终边经过点(4,3),4,3xy=，225rxy=+=，则3cossin25yr=.故选：A.3.设l 是一条直线，是两个不同的平面，下列说法正确的是（）第2页/共27页 学科网（北京）股份有限公司A.若l，l，则 B.若，l，则l C.若l，l，则 D.若，l，则l【答案】C【解析】【分析】根据空间中点线面的位置关系逐一判断即可.【详解】若l，l，则或、相交，故 A 错误；若，l，则l

3、 与 的位置关系都有可能，故 B 错误；若l，l，则，故 C 正确；若，l，则l或l，故 D 错误；故选：C.4.在九章算术中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑.在鳖臑 ABCD中，AB 平面BCD，BCCD，且1ABBCCD=，则其内切球表面积为（）A.3 B.3 C.()32 2 D.()21【答案】C【解析】【分析】设四面体 ABCD 内切球的球心为O，半径为 r，则()13ABCDO ABCO ABDO ACDO BCDABCABDACDBCDVVVVVr SSSS=+=+，求得12ABCDABCABDACDBCDSSSSS=+=+，1111 1 1326ABCDV=，从而求得2

4、12r=，根据球的表面积公式即可求解.【详解】因为四面体 ABCD 四个面都为直角三角形，AB 平面,BCD BCCD，所以,ABBD ABBC BCCD，ACCD，第3页/共27页 学科网（北京）股份有限公司设四面体 ABCD 内切球的球心为O，半径为 r，则()13ABCDO ABCO ABDO ACDO BCDABCABDACDBCDVVVVVr SSSS=+=+所以3ABCDVrS=，因为四面体 ABCD 的表面积为12ABCDABCABDACDBCDSSSSS=+=+，又因为四面体 ABCD 的体积1111 1 1326ABCDV=，所以3212VrS=，所以内切球表面积24(32

5、2)Sr=.故选：C.5.已知等比数列 na的前n 项积为nT，若798TTT，则（）A.0q B.10a C.15161TT D.16171TT，从而得到828810Ta q=，即可得到10a，从而得到91a ，801a，8901a a，再根据等比数列的性质判断即可.【详解】设等比数列na的公比为q，当1q=，则1naa=，所以771Ta=，991Ta=，881Ta=，若10a，则7710Ta=，9910Ta=，不符合题意；若10a，则1na 单调（或为常数1），此时不满足798TTT，故不符合题意，所以1q；当0q，10a，90T，不符合题意，当0q，此时 na奇数项为正，偶数项为负，则7

6、0T，80T，不符合题意，所以0q，故 A 错误，又7721771241a aaTaa q=，9936991251a aaTaa q=，第4页/共27页 学科网（北京）股份有限公司()482888451120Ta aaaqaa=又798TTT，所以7980TTT，所以10a，故对任意的nN，110nnaa q=，则对任意的 nN，0nT，故 B 错误；又9981TaT=，88701TaT=，989701Ta aT=，所以115815124151Taaaaa=，16121213141516889()1Taaaaaaaaa=，所以16171TT，即AMC为锐角，所以 AMC的三个内角均小于120，

7、则 P 为三角形的正等角中心，所以121212sinsinsin232323AMCSPAPMPMPCPAPC=+()33 3410PAPMPMPCPAPC=+=，所以65PAPMPMPCPAPC+=，因为 PA PMPM PCPA PC+222coscoscos333PAPMPMPCPAPC=+()12 PAPMPMPCPAPC=+163255=.故选：C 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分.第8页/共27页 学科网（北京）股份有限公司9.下列说法正确的是（）A

8、.若/a b ，/b c，则/a c B.()a bca b c C.若()acb，则a ba c=D.()()2a bbab=【答案】BC【解析】【分析】根据共线向量和零向量的定义判断 A，根据数量积的定义及运算律判断 B、C、D.【详解】对于 A：当0b=且 a与c不共线时，满足/a b ，/b c，但是a与c不共线，故 A 错误；对于 B：设,a b=，则cosa bab=，则()cosa bcabca b c=，故 B 正确；对于 C：因为()acb，则()0abc=，则0a ba c =，所以a ba c=，故 C 正确；对于 D：设,a b=，则cosa bab=，则()cosa

9、bbabb=表示与b共线的向量，而()22aba b=表示与a共线的向量，故 D 错误；故选：BC 10.下列说法正确的是（）A.若()sin2cos3f xxx=+()0 的最小正周期为 ，则2=B.在 ABC中，角,A B C 的对边分别为,a b c，则“AB”是“ab”的充要条件 C.三个不全相等的实数a，b，c 依次成等差数列，则 2a，2b，2c 可能成等差数列 D.ABC的斜二测直观图是边长为 2 的正三角形，则 ABC的面积为2 6【答案】ABD【解析】【分析】对于 A，根据余弦和角公式和辅助角公式化简函数，再结合正弦函数周期公式求解；对于 B，根据条件直接判断；对于 C，根据

10、等差数列的性质列式，引出矛盾从而判断；对于 D，先还原图形，再直接求面积.【详解】对于 A，()sin2cossin2 coscossinsin333f xxxxxx=+=+()()cos13 sin52 3 sinxxx=+=+，131tan213+=，第9页/共27页 学科网（北京）股份有限公司则()f x()0 的最小正周期 2=，则2=，故 A 正确；对于 B，在 ABC中，根据“大角对大边，大边对大角”可知，“AB”是“ab”的充要条件，故 B 正确；对于 C，a，b，c 依次成等差数列，则2acb+=，如果 2a，2b，2c 成等差数列，则2222abc+=，代入2acb+=得22

11、 222ca ca+=+，平方得()22224 222222aaca ca cc+=+=+，则()2222220222aaaccc+=，所以022,caacb=，与题意矛盾，故 C 错误；对于 D，过点 A作/A Fy 交 x 轴于点 F，因为 ABC的斜二测直观图是边长为 2 的正三角形，所以 A B C 的高3A E =，所以326A F =，所以原图中，2 6,2AFBC=，所以 ABC的面积为 112 6222 62AFBC=.故 D 正确.故选：ABD 11.几何原本是古希腊数学家欧几里得的数学著作，其中第十一卷称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥.如图，AB，CD 是直角圆锥

12、SO 底面圆的两条不同的直径，下列说法正确的是（）A.存在某条直径CD，使得 ADSD B.若2AB=，则三棱锥 SAOD体积的最大值为 16 C.对于任意直径CD，直线 AD 与直线 SB 互为异面直线 第10页/共27页 学科网（北京）股份有限公司D.若6ABD=，则异面直线SA与CD 所成角的余弦值是24【答案】BCD【解析】【分析】对于 A，由CD 是直径得90DAC=，从而可知不存在直径CD，使得 ADCD，从而可判断；对于 B，由题意可得当 AOOD时，三棱锥 SAOD体积最大，求解即可判断；对于 C，根据异面直线的判定方法即可判断；对于 D，取 SB 的中点 E，取OB 的中点

13、F，连接,OE CE CF EF，可得COE（或及其补角）为异面直线 SA与CD 所成角的平面角，根据余弦定理即可求解，从而可判断.【详解】对于 A，连接,SD AC，因为 SO 平面 ABD，AD 平面 ABD，所以 SOAD，若 ADSD，只需 ADCD，因为CD 是直径，所以90DAC=，所以不存在直径CD，使得 ADCD，所以不存在某条直径CD，使得 ADSD，A 错误；对于 B，若2AB=，则1SOOAOD=，所以三棱锥 SAOD的体积为 1111 1 sin1sin326AODAOD =，所以当 AOOD时，三棱锥 SAOD体积的最大值为 16，B 正确；对于 C，AB，CD 是直

14、角圆锥 SO 底面圆的两条不同的直径，所以 AD 与 SB 没有交点，而 SB 平面 ADBCB=，AD 平面 ADBC，所以直线 AD 与直线 SB 互为异面直线，C 正确；对于 D，取 SB 的中点 E，取OB 的中点 F，连接,OE CE CF EF，则/OE SA，所以COE（或及其补角）为异面直线SA与CD 所成角的平面角.令2AB=，则1SOOBOC=，所以12111,22222OESAOFEFSO=，因为6ABD=，所以3AODBOC=，则32CF=，所以221CEEFCF=+=，第11页/共27页 学科网（北京）股份有限公司所以22211122cos2422 12OCOECEC

15、OEOC OE+=，D 正确.故选：BCD 12.已知数列 na中各项都小于 2，221143nnnnaaaa+=，记数列 na的前n 项和为nS，则以下结论正确的是（）A.任意1a 与正整数m，使得10mma a+B.存在1a 与正整数m，使得134mmaa+C.任意非零实数1a 与正整数m，都有1mmaa+D.若11a=，则()20221.5,4S【答案】AD【解析】【分 析】由 递 推 公 式 得 到()21134nnnnnaaaaa+=即 可 判 断 A，记()24f xxx=，依 题 意 可 得()134nnf afa+，结合函数的单调性，即可得到对于任意正整数n，134nnaa+，

16、从而判断 B，分10a=、102a、10a 三种情况讨论，即可判断 C，结合 A、C 即可判断 D.【详解】对于 A：因为221143nnnnaaaa+=，所以()()1143nnnnaaaa+=，所以()1134nnnnaaaa+=，则()211304nnnnnaaaaa+=，故 A 正确；对于 B：记()24f xxx=，由22211333444444nnnnnnaaaaaa+=，第12页/共27页 学科网（北京）股份有限公司可得()134nnf afa+，因为()f x 在(),2上单调递减，所以对于任意正整数n，134nnaa+，故 B 错误；对于 C：由 A 可知所有na 同号，当1

17、0a=时，易得对于任意正整数n，0na=，当102a时 02na，即()()1nnf af a+，因为()f x 在(),2上单调递减，所以对于任意正整数n，1nnaa+，当10a 时0na，22211434nnnnnnaaaaaa+=，即()()1nnf af a+，故 C 错误；对于 D：由 B 可知对于任意正整数n，134nnaa+，当11a=时134nna，所以202212022202220221313344 1434414kkS=，由 C 中知当11a=时，01na，所以2022232SS，所以()20221.5,4S，故 D 正确；故选：AD 非选择题部分三、填空题：本题共 4 小

18、题，每小题 5 分，共 20 分.13.杭州第 19 届亚运会会徽“潮涌”的主题图形融合了扇面、钱塘江、钱江潮头、赛道、互联网及太阳六大元素，其中扇面造型代表了江南厚重的人文底蕴.在中国历史上，历代书画家都喜欢在扇面上绘画或书写以抒情达意.一幅扇面书法作品如图所示，经测量，上、下两条弧分别是半径为 30 和 12 的两个同心圆上的弧（长度单位为 cm），侧边两条线段的延长线交于同心圆的圆心，且圆心角为 23.若某空间几何体的侧面展开图恰好与图中扇面形状、大小一致，则该几何体的高为_.第13页/共27页 学科网（北京）股份有限公司【答案】12 2【解析】【分析】计算出侧面展开图分别为 30 和

19、12，圆心角为 23的扇形的两个圆锥的高，相减即可得解.【详解】一个圆锥的侧面展开图是半径为30，圆心角为 23的扇形，设该圆锥的底面半径为 r，高为 h，所以22303r=，可得10r=，因此，该圆锥的高为22301020 2h=，侧面展开图是半径为12，圆心角为 23的扇形，设该圆锥的底面半径为 1r，高为1h，所以122123r=，可得 14r=，因此，该圆锥的高为2211248 2h=，因此，若某几何体的侧面展开图恰好与图中扇面形状、大小一致，则该几何体的高为20 28 212 2=.故答案：12 2.14.已知等差数列 na，88a=，983a=+，则576coscoscosaaa+

20、=_.【答案】1【解析】【分析】记等差数列 na的公差为d，则983daa=，由7575757557,2222aaaaaaaaaa+=+，7562aaa+=，结合和差角余弦公式可得757557757562coscoscoscos222coscos2cos2aaaaaaaaaaa+=+，从而可求解.【详解】记等差数列 na的公差为d，则983daa=，因为7575757557,2222aaaaaaaaaa+=+，7562aaa+=，所以7575757557coscoscoscossinsin2222aaaaaaaaaa+=+为第14页/共27页 学科网（北京）股份有限公司757575757575

21、coscossinsin2coscos222222aaaaaaaaaaaa+=，所以757557757562coscoscoscos222cos2cos2cos1cos23cos2aaaaaaaadaaa+=+.故答案为：1 15.如图，在直三棱柱111ABCA B C中，13BCCC=，4AC=，ACBC，动点 P 在111A B C内（包括边界上），且始终满足1BPAB，则动点 P 的轨迹长度是_.【答案】125【解析】【分析】推导出11BCAB，在平面111A B C 内，过点1C 作111C HA B，垂足为点 H，证明出11ABC H，可得出1AB 平面1BC H，分析可知点 P 的

22、轨迹为线段1C H，利用等面积法求出线段1C H 的长，即为所求.【详解】在直三棱柱111ABCA B C中，1BB 平面 ABC，因为 AC 平面 ABC，所以，1ACBB，又因为 ACBC，1BCBBB=，BC、1BB 平面11BB C C，所以，AC 平面11BB C C，因为1BC 平面11BB C C，所以，1BCAC，因为11/BBCC，11BBCCBC=，则四边形11BB C C 为菱形，所以，11BCB C，又因为1ACB CC=，AC、1B C 平面1AB C，所以，1BC 平面1AB C，因为1AB 平面1AB C，所以，11BCAB.第15页/共27页 学科网（北京）股份

23、有限公司在平面111A B C 内，过点1C 作111C HA B，垂足为点 H，因为1BB 平面111A B C，1C H 平面111A B C，则11C HBB，因为111C HA B，1111BBA BB=，1BB、11A B 平面11AA B B，所以，1C H 平面11AA B B，因为1AB 平面11AA B B，则11ABC H，因为111BCC HC=，1BC、1C H 平面1BC H，所以，1AB 平面1BC H，由于动点 P 又在111A B C内，所以动点 P 在平面111A B C 与平面1BC H 的交线1C H 上，因为114ACAC=，113B CBC=，1111

24、ACB C，所以，2222111111435A BACB C=+=+=，由等面积法可得11111114 31255ACB CC HA B=，因此，动点 P 的轨迹长度是125.故答案为：125.16.已知向量a，b的夹角为 3，且3a b=，向量c满足()()101cab=+，且a cb c=，记c axa=，c byb=，则22xxyy+的最大值为_.【答案】278【解析】【分析】设,OAa OBb OCc=,由共线定理可知点C 在线段 AB 上，设AOC=，则 第16页/共27页 学科网（北京）股份有限公司3BOC=，根据投影的计算方法，结合三角恒等变换公式，推出 2223|4xyxyc+

25、=，可将原问题转化为求|c 的最大值，再利用等面积法，进一步将问题转化为求 AB 的最小值，然后结合余弦定理和基本不等式，得解.【详解】设,OAa OBb OCc=，则3AOB=，由3=a b，知|cos33ab=，即|6ab=，所以1133 3|sin623222OABSab=，因为(1)(01)cab=+.统计发现，该景区每年各个月份从事旅游服务工作的人数有以下规律：各年相同的月份从事旅游服务工作的人数基本相同；从事旅游服务工作的人数最多的 8 月份和最少的 2 月份相差约 160 人；2 月份从事旅游服务工作的人数约为 40 人，随后逐月递增直到 8 月份达到最多.（1）试根据已知信息，

26、确定一个符合条件的()yf x=的表达式；（2）一般地，当该地区从事旅游服务工作的人数超过 160 人时，该地区就进入了一年中的旅游旺季，那么一年中的哪几个月是该地区的旅游旺季？请说明理由.【答案】（1）()()40 2cos436f xx=+，1,12x （2）第7,8,9 月是该地区的旅游旺季，理由见解析【解析】【分析】（1）根据题意首先求出 A，再根据周期求出，最后根据()240f=求出 k，即可得到函数解析第19页/共27页 学科网（北京）股份有限公司式；（2）令()160f x，结合余弦函数的性质计算可得，注意 x 为正整数.【小问 1 详解】因为 A 和 k 是正整数，由可知()(

27、)4040160AkAk+=，解得2A=；由可得：8262T=，则212T=，且0，解得6=；所以()()40 2cos46f xxk=+，又()()240 2cos24406fk=+=，即()40240k=，解得3k=；所以()()40 2cos436f xx=+，1,12x.【小问 2 详解】令()()40 2cos431606f xx=+，则()1cos462x+，因为1,12x，则(),834566 x+，可得()574363x+，解得610 x，求证：22sinsin1AB+.【答案】（1）(2 32,6+（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据正弦定理可得()4 3 sinsin

28、3abAB+=+，然后可得ab+=4sin6A+，然后结合 A的范围求出ab+的范围可得答案；（2）由条件可得C 为锐角，然后由2AB+可得sincosAB，即可证明.第21页/共27页 学科网（北京）股份有限公司【小问 1 详解】因为3C=，2c=，所以24 3sinsinsin332abcABC=，所以()4 3 sinsin3abAB+=+，因为13sinsinsinsinsinsincos322ABAAAAA+=+=+33sincos3sin226AAA=+=+所以ab+=4sin6A+，因为内角 A，B 都是锐角，3C=，所以022032ABA =，即 62A，则222abc+，所以

29、C 为锐角，所以2AB+，所以2AB，因为内角 A，B 都是锐角，所以,0,22AB，所以sinsincos2ABB=，所以2222sinsincossin1ABBB+=.21.已知边长为 6 的菱形 ABCD，3ABC=，把 ABC沿着 AC 翻折至1AB C的位置，构成三棱锥1BACD，且112DEDB=，13CFCD=，372FE=.第22页/共27页 学科网（北京）股份有限公司 （1）证明：1ACB D；（2）求二面角1BACD大小；（3）求 EF 与平面1AB C 所成角的正弦值.【答案】（1）证明过程见解析 （2）23 （3）3 3774【解析】【分析】（1）根据几何关系证明线面垂

30、直从而得到线线垂直即可；（2）根据几何关系11162FECDCB=+，平方后得到11cos8B CD=，得到19B D=，根据余弦定理求解其平面角即可；（3）根据平行关系将所求角转化为CG 与平面1AB C 所成角，再根据垂直关系找到具体的角进而求解其正弦值.【小问 1 详解】取 AC 中点O，连接1,OB OD，因为菱形 ABCD，13AB C=，所以1,ACBACD为等边三角形，所以1,OBAC ODAC，又因为1,OB OD 面1OB D，1OBODO=，所以 AC 面1OB D，因为1B D 面1OB D，的第23页/共27页 学科网（北京）股份有限公司所以1ACB D 【小问 2 详

31、解】因为112DEDB=，13CFCD=，所以()11111111111123262FEFBB ECBCFB DCBCDCDCBCDCB=+=+=+=+，平方得，2222111111111cos623664FECDCBCDCD CBB CDCB=+=+，即137111366 6cos3643664B CD=+，解得11cos8B CD=，在1B CD中，由余弦定理得，222111112cos36362 6 6818B DCBCDCB CDB CD=+=+=，所以19B D=，由（1）可知，1DOB是二面角1BACD的平面角，在等边1AB C中，11sin 603 3B OB C=，同理3 3O

32、D=，在1B OD中，由余弦定理，22211112727811cos22 272B ODOB DB ODB O DO+=，因为1B OD0，所以123B OD=，即二面角1BACD的大小为 23.小问 3 详解】取1B E 中点G，连接CG，则 E 是GD 靠近 G 的三等分点，则/EFCG，所以CG 与平面1AB C 所成角即为所成角，【第24页/共27页 学科网（北京）股份有限公司在平面1DOB 中，作1GKB O，因AC 面1OB D，GK 面1OB D，所以 ACGK，又因为1,AC B O 面1AB C，1ACB OO=，所以GK 面1AB C，所以GCK是 CG 与平面1AB C

33、所成角，在1DOB中，116OB DODB=，111944B GB D=，所以 11928GKB G=，在1DCB中，由 DEFDGC，得23EFDECGDG=，3373 37224CG=，所以93 378sin743 374GKGCKCG=，所以 EF 与平面1AB C 所成角的正弦值为 3 3774.22.已知数列 na中，11a=，当2n 时，其前n 项和nS 满足：()21nnnSaS=，且0nS，数列 nb满足：对任意*nN有()112121 22nnnbbbnSSS+=+.（1）求证：数列1nS是等差数列；为第25页/共27页 学科网（北京）股份有限公司（2）求数列 nb的通项公式

34、；（3）设nT 是数列122nnnbb的前n 项和，求证：32nT.【答案】（1）证明见解析；（2）2nnb=；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）把1(2)nnnaSSn=代入()21nnnSaS=得11nnnnSSSS=，即1111nnSS=，从而得证；（2）利用和与项的关系即可求解得2nnb=；（3）利用放缩法，得()()()111121122222112221212212121nnnnnnnnnnnnnnbb=，再结合裂项相消求和法即可证明.【小问 1 详解】()21nnnSaS=，1(2)nnnaSSn=，()()211nnnnSSSS=，即11nnnnSSSS=由题意10nnS

35、S，将式两边同除以1nnSS，得1111nnSS=，数列1nS是首项为11111Sa=，公差为 1 的等差数列.【小问 2 详解】由（1）可知 111(1),.nnnnSSn=+=当1n=时，112bS=，即12b=，当2n 时，()112121 22nnnbbbnSSS+=+，第26页/共27页 学科网（北京）股份有限公司则()112121222nnnbbbnSSS+=+，()()11 2222nnnnnbnnnS+=，即2nnb=，因为12b=满足2nnb=，所以2nnb=.【小问 3 详解】由（2）可知，()1112222222221nnnnnnnnnbb=当1n=时，11322T=，当2n 时，()()()111121122222112221212212121nnnnnnnnnnnnnnbb=，所以1223111111112212121212121nnnT+11312212n=+.所以32nT.第27页/共27页 学科网（北京）股份有限公司